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微專題Ⅲ 靜電場中的能量綜合問題
知識點一、電場能的性質
1.相關物理量：描述電場的能的性質的物理量有電勢、電勢差，其公式為φA＝，UAB＝φA－φB＝。
2.電勢的高低判斷與計算
(1)根據電場線判斷：沿著電場線方向電勢降低。這是判斷電勢高低最常用、最直觀的方法。(注意與電場強度大小的判斷的區別)。
(2)根據電勢差的定義式UAB＝＝φA－φB判斷：若UAB>0，則φA>φB；若UAB<0，則φA<φB。
(3)根據電勢的定義式φ＝判斷：求得A、B兩點的電勢，進行比較。計算時需將正負號一并代入。
3.電勢能的大小判斷與計算
(1)根據Ep＝qφ計算，并可判斷：電勢越高處，正電荷具有的電勢能越大，負電荷具有的電勢能越小，反之亦然。
(2)根據靜電力做功與電勢能變化的關系WAB＝EpA－EpB判斷。這是判斷電勢能如何變化最基本、最有效的方法。
靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線。x軸上的兩點B、C的電場強度分別為EB和EC，下列說法中正確的有（　?。?br/>A．EB大于EC
B．B點的電場強度方向沿x軸正方向
C．B點的電勢低于C點的電勢，UBC為正值
D．負電荷沿x軸從B點移到C點的過程中，靜電力先做正功，后做負功
（多選）一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中0﹣x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（　　）
A．x1處電場強度為正值
B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
D．x2～x3段是勻強電場
（多選）如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點。若帶電粒子只受P的電場力作用，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．帶電粒子與點電荷P的電性相同
B．帶電粒子在b點的動能大于它在a點的動能
C．帶電粒子在b點的電勢能大于它在a點的電勢能
D．帶電粒子在b點的加速度小于它在a點的加速度
如圖所示，光滑絕緣圓軌道豎直放置，半徑為R，電場與水平方向成45°斜向右上，質量為m，電荷量為q（q＞0）的帶電小球恰好能靜止于與圓心等高的A點處，現將該小球帶上等量的負電從A點靜止釋放，求：
（1）帶負電的小球在水平方向和豎直方向的加速度分別是多大；
（2）從釋放到小球第一次與圓軌道撞擊時的速度和電勢能的改變量。
如圖所示，在豎直平面內，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點?，F有一質量為m、電荷量為﹣q、套在桿上的帶負電小球（可視為質點）從A點由靜止開始沿桿下滑。已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為，（取過C點的水平面為零勢能面）。求：
（1）小球滑到B點時的機械能大小；
（2）小球滑到C點時的速度大??；
（3）若以C點作為參考點（零電勢點），試確定A點的電勢。
知識點二、靜電場中的φ－x圖像和E－x圖像問題
1.φ－x圖像
(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零。
(2)在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向。
(3)在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。
2.E－x圖像
在給定了電場的E－x圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。
用試探電荷可以探測電場中場強和電勢的分布情況。如圖甲所示，兩個被固定的點電荷Q1、Q2，連線的延長線上有a、b兩點，Q1帶正電。試探電荷+q僅受電場力作用，t＝0時刻從b點沿著ba方向運動，t0時刻到達a點，其v﹣t圖像如圖乙所示，根據圖像，下列判斷正確的是（　　）
A．Q2帶正電
B．沿ba連線電勢先減小后增大
C．場強為零的點在b點和Q2之間
D．a點電勢比b點高
兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，x軸上各點電勢φ隨坐標x變化的關系如圖所示，取無窮遠處電勢為0。P點為圖中最高點，且AP＜PB，x1位置到A的距離等于x2位置到B的距離。由圖像可知（　?。?br/>A．由A到B電勢先降低后升高
B．由A到B場強先增大后減小
C．兩點電荷均帶負電，且q1＜q2
D．若一電子在x1處由靜止釋放，電子能到達x2位置再返回
如圖所示，帶電絕緣體球的球心為O，用r表示球內、外各點到球心的距離，其中A、B、C位置離球心的距離分別為r1、r2、r3，用φ表示球內、外各點電勢，其φ﹣r圖像如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該絕緣體球帶負電
B．A點的電場強度小于B點的電場強度
C．B點的電場強度大小為
D．負點電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能小
兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且xAP＜xPB，則（　?。?br/>A．q1和q2都是負電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先增大后減小
D．一點電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小
如圖甲所示，以等量正點電荷連線的中點作為原點，沿中垂線建立x軸，x軸上各點的電場強度E隨x變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．x＝﹣1m處電場強度的大小小于x＝2m處電場強度的大小
B．x＝1m處的電勢低于x＝2m處的電勢
C．將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電子的電勢能先減小后增大
D．將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電子所受電場力先減小后增大
知識點三、電場中的功能關系
1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。
2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。
3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即Ep1＋E機1＝Ep2＋
E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。
如圖所示，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強電場中，不考慮兩球之間的相互作用．初始時桿與電場線垂直，將桿右移的同時順時針轉過90°，發現A、B兩球電勢能之和不變．根據如圖給出的位置關系，下列說法正確的是（　?。?br/>A．A一定帶正電，B一定帶負電
B．A、B兩球帶電量的絕對值之比qA：qB＝1：2
C．A球電勢能一定增加
D．電場力對A球和B球都不做功
圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為4V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（　?。?br/>A．平面c上的電勢為零
B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經過平面d時，其電勢能為4eV
D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一質量為m的帶電小球，以初速度v從A點豎直向上運動通過B點時，速度方向與電場方向相反，且A、B連線與水平方向夾角為45°，重力加速度為g。則小球從A點運動到B點的過程中（　　）
A．小球的加速度大小為g
B．小球的最小動能為mv2
C．小球重力勢能增加mv2
D．小球機械能增加mv2
在真空中存在著方向豎直向上、足夠大且周期性變化的勻強電場E。將一個質量為m、電荷量為q的小球（可視為質點）t＝0時刻由靜止釋放，小球開始以的加速度向上運動。已知電場的周期為T＝2t0，規定豎直向上為正方向，重力加速度為g，求：
（1）勻強電場E的大小；
（2）t＝3t0時小球的速度；
（3）小球在0～2.5t0時間內機械能的變化量ΔE。
在固定點電荷O形成的電場中，a、b、c是以點電荷O為圓心的同心圓，a與b、b與c的半徑差相等，一帶電粒子經過該區域時，軌跡與a、b、c的交點如圖所示。若粒子運動過程中只受電場力的作用，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．A點的電勢高于B點的電勢
B．A、B兩點間的電勢差等于B、C兩點間的電勢差
C．粒子通過D點時的速度小于通過C點時的速度
D．粒子在D點時的電勢能小于在C點時的電勢能
如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若小球在豎直平面內繞O點恰好做完整圓周運動，則它運動過程中的最小速度
B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到D點時機械能最大
C．若將小球在A點由靜止開始釋放，小球到達B點速度為
D．若剪斷細線將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點
如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q（q＞0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行
B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差大于b、N兩點之間的電勢差
靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（　　）
A．在x2和x4處電勢能相等
B．由x1運動到x3的過程中電勢能減小
C．由x1運動到x3的過程中電勢能增大
D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大
空間中存在著某種電場，x軸上各點電勢和位置坐標的對應關系φ﹣x如圖所示，其中±x1處的電勢最高。下列分析正確的是（　?。?br/>A．﹣x1 x1區間內電場方向沿+x方向
B．﹣x1 x1區間內電場方向沿﹣x方向
C．﹣x2 ﹣x1區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量逐漸增大
D．﹣x1 0區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量先增大后減小
在圖甲的直角坐標系中，x軸上固定兩等量的點電荷M、N，距坐標原點O均為L，y軸上有P1、P2、P3三點，其縱坐標值分別為、、。y軸上各點電場強度E隨y變化的關系如圖乙所示，圖中的陰影部分面積為a，的陰影部分面積為b。一個質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，由P1點靜止釋放，僅在電場力作用下，將沿y軸負方向運動，則（　?。?br/>A．M、N是等量負電荷
B．帶電粒子在P1、P2兩點處的加速度大小之比為
C．帶電粒子運動過程中在達到最大速度為
D．帶電粒子運動到P3位置時動能為q（b﹣a）
如圖甲，x軸上固定兩個點電荷A和B，電荷A固定在原點，電荷B固定在x＝2L處，通過電勢傳感器測出x軸上各點電勢隨坐標x的變化規律并描繪出如圖乙所示的圖像，φ﹣x圖線與x軸的交點坐標為x1和x2，x＝3L處的切線水平。已知點電荷的電勢公式，其中k為靜電力常量，Q為場源點電荷的電荷量，r為某點距場源點電荷的距離，取無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（　?。?br/>A．兩點電荷為同種電荷
B．兩點電荷的電荷量之比為QA：QB＝16：1
C．坐標、
D．在x軸上x＞2L的區域內無初速度釋放一正電荷，該正電荷一定能到達無窮遠處
一點電荷僅在電場力的作用下運動，其速度—時間圖像如圖所示，其中ta和tb是電荷在電場中經過a、b兩點的時刻，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．a、b兩點電勢φa＞φb
B．a、b兩點電場強度Ea＝Eb
C．a、b兩點電場強度Ea＜Eb
D．點電荷從a運動到b的過程中電場力做正功，電勢能減小
如圖所示，M、N為兩個固定在絕緣水平面上的帶等量異種電荷的點電荷，ABCD為一菱形，B、D位于M、N連線上，A、C位于M、N連線的中垂線上，P、Q分別為AD、BC的中點，下列說法不正確的是（　?。?br/>A．P、Q兩點的電場強度大小相等
B．Q點的電勢高于P點的電勢
C．把正電荷從D點移到C點，電荷的電勢能減少
D．把一帶負電的小球從A點由靜止釋放后，小球的機械能增加
如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m＝0.1kg，帶電荷量為q＝1.0×10﹣6C的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.1。從t＝0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場（取水平向右為正方向，g取10m/s2），求：
（1）0～2s內小物塊的加速度a1、發生的位移x1和2s末的速度v1；
（2）27s內小物塊的位移大小。
（3）27s內損失的機械能和電小物塊電勢能的變化量。
如圖甲所示，在絕緣水平面上建立一維坐標軸Ox，在x＞4L區間的水平面粗糙，其余部分光滑。在x＝0和x＝8L兩處分別固定一點電荷，x＝0處點電荷的電荷量為+Q。取無窮遠處電勢為零，兩電荷連線之間的電勢φ與位置x的關系圖像如圖乙所示，圖中x＝3L點為圖線的最低點，其縱坐標為。在x＝7L處由靜止釋放一個質量為m、電荷量為+q的帶電小滑塊（可視為質點）。已知重力加速度大小為g，靜電力常量為k，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。
（1）判斷x＝8L處點電荷的電性，并求出其電荷量Q'；
（2）若小滑塊恰能到達x＝L處，求小滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數μ；
（3）若小滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數為，求小滑塊在x＞4L區間通過的總路程s。微專題Ⅲ 靜電場中的能量綜合問題
知識點一、電場能的性質
1.相關物理量：描述電場的能的性質的物理量有電勢、電勢差，其公式為φA＝，UAB＝φA－φB＝。
2.電勢的高低判斷與計算
(1)根據電場線判斷：沿著電場線方向電勢降低。這是判斷電勢高低最常用、最直觀的方法。(注意與電場強度大小的判斷的區別)。
(2)根據電勢差的定義式UAB＝＝φA－φB判斷：若UAB>0，則φA>φB；若UAB<0，則φA<φB。
(3)根據電勢的定義式φ＝判斷：求得A、B兩點的電勢，進行比較。計算時需將正負號一并代入。
3.電勢能的大小判斷與計算
(1)根據Ep＝qφ計算，并可判斷：電勢越高處，正電荷具有的電勢能越大，負電荷具有的電勢能越小，反之亦然。
(2)根據靜電力做功與電勢能變化的關系WAB＝EpA－EpB判斷。這是判斷電勢能如何變化最基本、最有效的方法。
靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線。x軸上的兩點B、C的電場強度分別為EB和EC，下列說法中正確的有（　?。?br/>A．EB大于EC
B．B點的電場強度方向沿x軸正方向
C．B點的電勢低于C點的電勢，UBC為正值
D．負電荷沿x軸從B點移到C點的過程中，靜電力先做正功，后做負功
【解答】解：A、φ﹣x圖線的斜率表示電場強度的大小，可知EB大小等于EC，故A錯誤；
B、根據順著電場線方向電勢逐漸降低，可知，x從﹣d到0，電勢升高，電場的方向沿x軸負方向，B點的電場強度方向沿x軸負方向，故B錯誤；
C、根據圖象知C點電勢大于B點電勢，所以UBC＝φB﹣φC＜0，故C錯誤；
D、負電荷沿x軸從B點移到C點的過程中，電勢先升高后降低，負電荷的電勢能先減小后增大，則電場力做正功后做負功，故D正確。
故選：D。
（多選）一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中0﹣x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（　　）
A．x1處電場強度為正值
B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
D．x2～x3段是勻強電場
【解答】A、根據電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，場強與電勢的關系：E，得：E，由數學知識可知Ep﹣x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A錯誤。
B、根據電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q＜0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：φ1＞φ2＞φ故B正確。
C、D、由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動。x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動。x2～x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（多選）如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點。若帶電粒子只受P的電場力作用，則下列說法正確的是（　　）
A．帶電粒子與點電荷P的電性相同
B．帶電粒子在b點的動能大于它在a點的動能
C．帶電粒子在b點的電勢能大于它在a點的電勢能
D．帶電粒子在b點的加速度小于它在a點的加速度
【解答】解：A.帶電粒子所受庫侖力指向軌跡凹側且垂直于虛線圓（等勢面），即受到斥力作用，故帶電粒子與點電荷P的電性相同，故A正確
BC.帶電粒子從a到b過程，庫侖斥力做負功，動能減小，電勢能增大，故帶電粒子在b點的動能小于它在a點的動能，電勢能大于a點的電勢能，故B錯誤，C正確；
D.由牛頓第二定律可得
ma
帶電粒子在b點時r較小，加速度大于a點的加速度，故D錯誤。
故選：AC。
如圖所示，光滑絕緣圓軌道豎直放置，半徑為R，電場與水平方向成45°斜向右上，質量為m，電荷量為q（q＞0）的帶電小球恰好能靜止于與圓心等高的A點處，現將該小球帶上等量的負電從A點靜止釋放，求：
（1）帶負電的小球在水平方向和豎直方向的加速度分別是多大；
（2）從釋放到小球第一次與圓軌道撞擊時的速度和電勢能的改變量。
【解答】解：（1）帶正電的小球能靜止在A點，由平衡條件可得：qEsin45°＝mg，解得：
對帶負電的小球，由牛頓第二定律得：在水平方向有：qEcos45°＝max，解得：ax＝g
在豎直方向有：qEsin45°+mg＝may，解得：ay＝2g；
（2）小球的水平方向的位移為：
豎直方向上的位移為：
即小球水平位移和豎直位移的關系為：2x＝h
由幾何關系可得：（R﹣x）2+h2＝R2
解得：
由動能定理可得：
聯立解得：
由于電場力做正功，所以小球的電勢能的減少了
即電勢能的改變量為。
答：（1）帶負電的小球在水平方向和豎直方向的加速度分別是g和2g；
（2）從釋放到小球第一次與圓軌道撞擊時的速度為；電勢能的改變量為。
如圖所示，在豎直平面內，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點?，F有一質量為m、電荷量為﹣q、套在桿上的帶負電小球（可視為質點）從A點由靜止開始沿桿下滑。已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為，（取過C點的水平面為零勢能面）。求：
（1）小球滑到B點時的機械能大小；
（2）小球滑到C點時的速度大?。?br/>（3）若以C點作為參考點（零電勢點），試確定A點的電勢。
【解答】解：（1）小球滑到B點時的機械能大小為動能和重力勢能之和
代入解得
；
（2）因為BC在同一個等勢面上，所以小球從B到C電場力做功為
W電＝0
由幾何關系可知BC的豎直高度為
由B到C點根據動能定理
解得
；
（3）小球從A到C，由動能定理
解得
根據電場力做功與電勢差的關系，有
W電＝﹣qUAC＝﹣q（φA﹣φC）
又
φC＝0
聯立解得
。
答：（1）小球滑到B點時的機械能大小為；
（2）小球滑到C點時的速度大小為；
（3）若以C點作為參考點（零電勢點），A點的電勢為。
知識點二、靜電場中的φ－x圖像和E－x圖像問題
1.φ－x圖像
(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零。
(2)在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向。
(3)在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。
2.E－x圖像
在給定了電場的E－x圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。
用試探電荷可以探測電場中場強和電勢的分布情況。如圖甲所示，兩個被固定的點電荷Q1、Q2，連線的延長線上有a、b兩點，Q1帶正電。試探電荷+q僅受電場力作用，t＝0時刻從b點沿著ba方向運動，t0時刻到達a點，其v﹣t圖像如圖乙所示，根據圖像，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．Q2帶正電
B．沿ba連線電勢先減小后增大
C．場強為零的點在b點和Q2之間
D．a點電勢比b點高
【解答】解：A、根據速度圖象的斜率等于加速度，由圖可知試探電荷經過v﹣t圖像的最低點時的加速度為零，由牛頓第二定律得知，電荷在該點所受的電場力為零，該點的合場強必為零，Q1、Q2在該點產生的場強大小相等、方向相反，故Q2一定帶負電，故A錯誤；
BD、由速度—時間圖像知：從b點到a點正電荷的速度先減小后增大，則動能先減小后增大，則電勢能先增大后減小，而正電荷在電勢高處電勢能大，則b、a連線的電勢先增大后減小，b、a兩點的電勢為φa＞φb，故B錯誤，D正確；
C、由v﹣t圖像可知，在0∽t0時間內，圖像的最低點的加速度為0，該點的場強為零，所以場強為0的點在b點和a點之間，故C錯誤。
故選：D。
兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，x軸上各點電勢φ隨坐標x變化的關系如圖所示，取無窮遠處電勢為0。P點為圖中最高點，且AP＜PB，x1位置到A的距離等于x2位置到B的距離。由圖像可知（　?。?br/>A．由A到B電勢先降低后升高
B．由A到B場強先增大后減小
C．兩點電荷均帶負電，且q1＜q2
D．若一電子在x1處由靜止釋放，電子能到達x2位置再返回
【解答】解：A、由圖可知由A到B電勢先升高后降低，故A錯誤；
B、φ﹣x圖像的切線斜率絕對值表示電場強度的大小，由圖像可知，從A到B的過程中，圖像的斜率的絕對值先減小后增大，由此可知從A到B的過程中，電場強度的大小先減小后增大，故B錯誤；
C、由圖像可知，兩電荷之間的電勢均為負值，可知兩電荷均為負電荷；根據φ﹣x圖像的切線斜率絕對值表示電場強度的大小，可知最高點P的場強為0；則兩電荷在P點的場強大小相等，方向相反，由于AP＜PB，由此可知電荷量q1＜q2，故C正確；
D、電子僅在電場力作用下運動，電勢能和動能之和守恒，由圖可知x1處的電勢高于x2的電勢，則電子在x1處的電勢能低于x2的電勢能，若一電子在x1處由靜止釋放，電子不能到達x2位置，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，帶電絕緣體球的球心為O，用r表示球內、外各點到球心的距離，其中A、B、C位置離球心的距離分別為r1、r2、r3，用φ表示球內、外各點電勢，其φ﹣r圖像如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該絕緣體球帶負電
B．A點的電場強度小于B點的電場強度
C．B點的電場強度大小為
D．負點電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能小
【解答】解：A、根據φ﹣r圖像可知，從O點向外電勢逐漸降低，而順著電場線方向電勢是降低的，說明電場線是從O點向外的，而電場線也是從正電荷出發，終止于負電荷或者無限遠的，可以判斷該絕緣體球帶正電，故A錯誤；
B、根據電場強度與電勢差的關系可知，φ﹣r圖像在某點的斜率表示那一點電場強度，本題A點的斜率大于B點的斜率，所以A點的電場強度大于B點的電場強度，故B錯誤；
C、φ﹣r圖像在某點的斜率表示那一點電場強度，而不能代表B點斜率，故C錯誤；
D、根據φ﹣r圖像可知，B點的電勢比在C點的電勢高，而根據電勢能與電勢的關系公式Ep＝φq可知，若是負電荷，點電勢高的地方電勢能小，故D正確。
故選：D。
兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且xAP＜xPB，則（　　）
A．q1和q2都是負電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先增大后減小
D．一點電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小
【解答】解：A、由圖可知，越靠近兩點電荷，電勢越低，則兩點電荷均為負電荷，故A正確；
B、φ﹣x圖像切線的斜率表示電場強度，由圖像得，P點場強為零，則兩電荷在P處產生的場強大小相等，方向相反，即k
xAP＜xPB，則q1的電荷量小于q2的電荷量，故B錯誤；
C、由圖可知，在A、B之間沿x軸從P點左側到右側，電勢先增加后減小，根據Ep＝qφ可知負點電荷的電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D、φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，由圖像得，沿x軸從P點運動到B點場強逐漸增大。由a可知，電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸增大，故D錯誤。
故選：A。
如圖甲所示，以等量正點電荷連線的中點作為原點，沿中垂線建立x軸，x軸上各點的電場強度E隨x變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．x＝﹣1m處電場強度的大小小于x＝2m處電場強度的大小
B．x＝1m處的電勢低于x＝2m處的電勢
C．將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電子的電勢能先減小后增大
D．將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電子所受電場力先減小后增大
【解答】解：A、由圖乙知，x＝﹣1m處電場強度的大小大于x＝2m處電場強度的大小，故A錯誤；
B、沿著電場線方向電勢降低，在x軸上O點向上電場方向向上，則x＝1m處的電勢高于x＝2m處的電勢，故B錯誤；
C、將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電子先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故C正確；
D、將電子沿x軸從x＝1m處移動到x＝﹣1m處的過程中，電場強度大小先增大再減小，然后再增大，再減小，由F＝qE知電子所受電場力先增大再減小，然后再增大，再減小，故D錯誤。
故選：C。
知識點三、電場中的功能關系
1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。
2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。
3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即Ep1＋E機1＝Ep2＋
E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。
如圖所示，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強電場中，不考慮兩球之間的相互作用．初始時桿與電場線垂直，將桿右移的同時順時針轉過90°，發現A、B兩球電勢能之和不變．根據如圖給出的位置關系，下列說法正確的是（　?。?br/>A．A一定帶正電，B一定帶負電
B．A、B兩球帶電量的絕對值之比qA：qB＝1：2
C．A球電勢能一定增加
D．電場力對A球和B球都不做功
【解答】解：A、電場力對系統做功為零，因此A、B電性一定相反，A可能帶正電，也可能帶負電，故A錯誤；
B、電場力對A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB×L＝EqA×2L，因此qA：qB＝1：2，故B正確；
C、A的電性不確定，無法判斷其電勢能的變化，故C錯誤；
D、電場力對A、B都做功，代數和為零，故D錯誤。
故選：B。
圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為4V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（　?。?br/>A．平面c上的電勢為零
B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經過平面d時，其電勢能為4eV
D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍
【解答】解：A．電子從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，則電勢能增加6eV，且ad間的電勢差為Uad6V
虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，則a、b、c、d、f相鄰兩個等勢面間的電勢差為UUad6V＝2V
平面b上的電勢為4V，由于電勢能增加，等勢面電勢由a到f是降低的，因此平面c上電勢為2V，平面d上電勢為0，故A錯誤；
B．af面的電勢差為Uaf＝4U＝4×2V＝8V
當電子垂直等勢面由a向f方向運動，電子從a運動到f過程中，克服電場力做功為W克′＝eUaf＝8eV
由動能定理得：﹣W克′＝Ekf﹣10eV
則電子到達平面f的動能為Ekf＝2eV
由于題目沒有說明電子如何運動，因此也可能電子在勻強電場中做類斜拋運動，則可能不會到達平面f，故B正確；
CD．由A可知，電子在平面a上的電勢為6V，則電子的電勢能為﹣6eV，電子的總能量為E＝10eV﹣6eV＝4eV
平面b的電勢為4V，則電子在平面b上的電勢能為﹣4eV，電子的動能為Ekb＝4eV﹣（﹣4eV）＝8eV
平面d上的電勢0，則電子在平面d上的電勢能為0，電子的動能為Ekd＝4eV﹣0＝4eV
則電子在經過平面b時的動能是平面d時的2倍，由Ekmv2可知，該電子經過平面b時的速率是經過d時的倍，故CD錯誤。
故選：B。
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一質量為m的帶電小球，以初速度v從A點豎直向上運動通過B點時，速度方向與電場方向相反，且A、B連線與水平方向夾角為45°，重力加速度為g。則小球從A點運動到B點的過程中（　?。?br/>A．小球的加速度大小為g
B．小球的最小動能為mv2
C．小球重力勢能增加mv2
D．小球機械能增加mv2
【解答】解：A、由于A、B連線與水平方向夾角為45°，則此過程中水平位移和豎直位移大小相等，通過的時間相等，則平均速度大小相等，則有：，故vB＝v；根據加速度定義式a可得，水平方向的加速度大小也為g，故小球的加速度大小為：ag，故A錯誤；
B、合外力方向垂直于AB連線，將初速度進行分解，如圖所示：
最小速度為：vmin＝vcos45°
最小動能為：，故B錯誤；
C、小球達到最高點時，豎直方向的位移為：h，則重力勢能增加：ΔEp＝mgh，解得ΔEP，故C錯誤；
D、此過程中，電場力做功W，則小球機械能增加mv2，故D正確。
故選：D。
在真空中存在著方向豎直向上、足夠大且周期性變化的勻強電場E。將一個質量為m、電荷量為q的小球（可視為質點）t＝0時刻由靜止釋放，小球開始以的加速度向上運動。已知電場的周期為T＝2t0，規定豎直向上為正方向，重力加速度為g，求：
（1）勻強電場E的大??；
（2）t＝3t0時小球的速度；
（3）小球在0～2.5t0時間內機械能的變化量ΔE。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律得，有電場時：qE﹣mg
解得電場強度大小為：；
（2）規定豎直向上為正方向，全過程根據動量定理可得：qE 2t0﹣mg 3t0＝mv﹣0
解得：，負號表示方向向下；
（3）0～t0時間內小球位移：，方向向上
0～t0小球機械能變化量：ΔE1＝qEh1
2t0～2.5t0小球位移：，方向向下
2t0～2.5t0小球機械能變化量：ΔE2＝qEh2
則0～2.5t0機械能變化量為：ΔE＝ΔE1+ΔE2
聯立解得：ΔE。
答：（1）勻強電場E的大小為；
（2）t＝3t0時小球的速度為，方向向下；
（3）小球在0～2.5t0時間內機械能減少了。
在固定點電荷O形成的電場中，a、b、c是以點電荷O為圓心的同心圓，a與b、b與c的半徑差相等，一帶電粒子經過該區域時，軌跡與a、b、c的交點如圖所示。若粒子運動過程中只受電場力的作用，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．A點的電勢高于B點的電勢
B．A、B兩點間的電勢差等于B、C兩點間的電勢差
C．粒子通過D點時的速度小于通過C點時的速度
D．粒子在D點時的電勢能小于在C點時的電勢能
【解答】解：A．由于中心點電荷O的電性，題中沒有給出，且帶電粒子的電性也未知，因此A、B兩點的電勢高低不能確定，故A錯誤；
B．由點電荷電場線分布規律可知，離O點越遠，電場強度越小，A、B兩點間的電場強度小于B、C兩點間的電場強度，且AB＝BC，由電場強度與電勢差的關系，可知A、B兩點間的電勢差小于B、C兩點間的電勢差，故B錯誤；
C．由帶電粒子的運動軌跡可知，中心點電荷O和帶電粒子的電性是異性，相互吸引，若粒子從D點到C點，電場力先做正功后做負功，且正功大于負功，則粒子通過D點時的速度小于通過C點時的速度，若粒子從C點到D點，電場力先做正功后做負功，由能量守恒定律可知，粒子通過D點時的速度小于通過C點時的速度，故C正確；
D．因為粒子通過D點時的速度小于通過C點時的速度，所以粒子在D點時的動能小于在C點時的動能，由能量守恒定律可知，粒子在D點時的電勢能大于在C點時的電勢能，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若小球在豎直平面內繞O點恰好做完整圓周運動，則它運動過程中的最小速度
B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到D點時機械能最大
C．若將小球在A點由靜止開始釋放，小球到達B點速度為
D．若剪斷細線將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點
【解答】解：A、由于電場強度
故小球所受的重力與電場力的大小關系
mg＝Eq
將重力場和電場的總和等效成另一個“合場”，小球的加速度大小為
故若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，根據牛頓第二定律有合力提供向心力
解得
故A錯誤；
B、由于除重力和彈力外其他力做功等于機械能的變化量，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，增加的機械能最多，故到B點時的機械能最大，故B錯誤；
C、小球受合力方向與電場方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將要沿合力方向做勻加速直線運動，由動能定理
可知小球到達C點時的速度
當繩繃緊后小球沿切線速度為
由當繩繃緊后至B的過程中根據動能定理
得
故C錯誤；
D、若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球將不會沿圓周運動，因此小球在豎直方向做豎直上拋，水平方向做勻加速；因
Eq＝mg
故水平加速度與豎直加速度大小均為g，當豎直方向上的位移為零時，所用的時間為
則水平方向勻加速直線運動，水平方向位移為
則說明小球剛好運動到B點，故D正確。
故選：D。
如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q（q＞0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2。下列說法正確的是（　　）
A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行
B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差大于b、N兩點之間的電勢差
【解答】解：A、一電荷量為q（q＞0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1，可知a點電勢高于b點電勢，但ab連線不一定沿著電場線，故A錯誤；
B、粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1，故：qφa﹣qφb＝W1
粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，故：qφc﹣qφd＝W2
勻強電場中，沿著相同方向每前進相同距離電勢的變化相同，故：φa﹣φM＝φM﹣φc，即：φM（φa+φc）
同理：φN（φb+φd）
所以有：qφM﹣qφN，故B正確；
C、若c、d之間的距離為L，但cd不一定平行于電場線，故W2＝qELcosθ，其中θ為cd與電場線的夾角，不一定為零，故該電場的場強大小不一定為，故C錯誤；
D、若W1＝W2，根據U可知，Uab＝Ucd，故：φa﹣φb＝φc﹣φd，則φa﹣φc＝φb﹣φd，故：Uac＝Ubd。
而Uac＝2UaM，Ubd＝2UbN，故UaM＝UbN，故D錯誤。
故選：B。
靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（　?。?br/>A．在x2和x4處電勢能相等
B．由x1運動到x3的過程中電勢能減小
C．由x1運動到x3的過程中電勢能增大
D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大
【解答】解：A、x2﹣x4處場強為x軸負方向，則從x2到x4處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；
BC、x1﹣x3處場強為x軸負方向，則從x1到x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，所以帶正電的點電荷由x1運動到x3的過程中電勢能增大，故B錯誤、C正確；
D、由x1運動到x4的過程中，由圖可以看出電場強度的絕對值先增大后減小，故電場力先增大后減小，故D錯誤；
故選：C。
空間中存在著某種電場，x軸上各點電勢和位置坐標的對應關系φ﹣x如圖所示，其中±x1處的電勢最高。下列分析正確的是（　?。?br/>A．﹣x1 x1區間內電場方向沿+x方向
B．﹣x1 x1區間內電場方向沿﹣x方向
C．﹣x2 ﹣x1區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量逐漸增大
D．﹣x1 0區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量先增大后減小
【解答】解：AB．由圖可知，﹣x1 0區間內電勢減小，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，則電場方向沿+x方向，0～x1區間內電勢增大，則電場方向沿﹣x方向，故AB錯誤；
C．根據φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，由圖可知，﹣x2 ﹣x1區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量先增大后減小，故C錯誤；
D．根據φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，由圖可知，﹣x1 0區間內，隨著x的增大，電場強度沿x軸方向的分量先增大后減小，故D正確。
故選：D。
在圖甲的直角坐標系中，x軸上固定兩等量的點電荷M、N，距坐標原點O均為L，y軸上有P1、P2、P3三點，其縱坐標值分別為、、。y軸上各點電場強度E隨y變化的關系如圖乙所示，圖中的陰影部分面積為a，的陰影部分面積為b。一個質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，由P1點靜止釋放，僅在電場力作用下，將沿y軸負方向運動，則（　　）
A．M、N是等量負電荷
B．帶電粒子在P1、P2兩點處的加速度大小之比為
C．帶電粒子運動過程中在達到最大速度為
D．帶電粒子運動到P3位置時動能為q（b﹣a）
【解答】解：A、根據圖像可知兩電荷電量相等，電性相同，一個質量為m、電荷量為﹣q的帶負電粒子，由P1點靜止釋放，僅在電場力作用下，將沿y軸負方向運動，受到引力作用，所以M、N是等量正電荷，故A錯誤；
B、設電荷帶電量為Q，則：ma；所以帶電粒子在P1、P2兩點處的加速度大小之比不是，故B錯誤；
C、帶電粒子運動過程中最大速度在O點，根據動能定理可得：qb
解得最大速度：v，故C錯誤；
D、圖乙中面積代表電勢差，所以帶電粒子運動到P3位置時，電場力做功為：W＝q（b﹣a），根據動能定理可知動能為q（b﹣a），故D正確。
故選：D。
如圖甲，x軸上固定兩個點電荷A和B，電荷A固定在原點，電荷B固定在x＝2L處，通過電勢傳感器測出x軸上各點電勢隨坐標x的變化規律并描繪出如圖乙所示的圖像，φ﹣x圖線與x軸的交點坐標為x1和x2，x＝3L處的切線水平。已知點電荷的電勢公式，其中k為靜電力常量，Q為場源點電荷的電荷量，r為某點距場源點電荷的距離，取無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（　?。?br/>A．兩點電荷為同種電荷
B．兩點電荷的電荷量之比為QA：QB＝16：1
C．坐標、
D．在x軸上x＞2L的區域內無初速度釋放一正電荷，該正電荷一定能到達無窮遠處
【解答】解：A、根據φ﹣x圖線的斜率表示電場強度的大小，可知x＝3L處電場強度為零，兩點電荷在該處的電場強度大小相等，方向相反，所以兩點電荷為異種電荷，故A錯誤；
B、根據x＝3L處電場強度為零，可得kk，解得QA：QB＝9：1，故B錯誤；
C、由圖乙可知，x1處和x2處電勢均為0，根據電場的疊加原理，在x1處有：kk，解得。在x2處有：kk，解得，故C正確；
D、若在x軸上2L＜x＜3L的區域內無初速度釋放一正電荷，正電荷所受的電場力方向沿x軸負方向，正電荷沿x軸負方向運動，根據能量守恒定律可知，正電荷能運動到與出發點電勢相等的位置，然后在出發點和與出發點電勢相等的兩點間做往復運動，不能運動到無窮遠處，故D錯誤。
故選：C。
一點電荷僅在電場力的作用下運動，其速度—時間圖像如圖所示，其中ta和tb是電荷在電場中經過a、b兩點的時刻，則下列說法中正確的是（　　）
A．a、b兩點電勢φa＞φb
B．a、b兩點電場強度Ea＝Eb
C．a、b兩點電場強度Ea＜Eb
D．點電荷從a運動到b的過程中電場力做正功，電勢能減小
【解答】解：AD．根據動能定理有qUAB＝Ekb﹣Eka
根據圖像可知，從a點運動到b點速度增大，則電場力做正功，即qUab＝q（φa﹣φb）＞0
由于不知道點電荷的電性，因此無法判斷出a、b兩點電勢的高低，又由于電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故A錯誤，D正確；
BC．速度—時間圖像的斜率表示加速度，根據圖像可知ta時刻的加速度大于tb時刻的加速度，根據
可知a點的電場強度大于b點的電場強度，故BC錯誤。
故選：D。
如圖所示，M、N為兩個固定在絕緣水平面上的帶等量異種電荷的點電荷，ABCD為一菱形，B、D位于M、N連線上，A、C位于M、N連線的中垂線上，P、Q分別為AD、BC的中點，下列說法不正確的是（　　）
A．P、Q兩點的電場強度大小相等
B．Q點的電勢高于P點的電勢
C．把正電荷從D點移到C點，電荷的電勢能減少
D．把一帶負電的小球從A點由靜止釋放后，小球的機械能增加
【解答】解：A．由題意可知P、Q兩點關于MN中點中心對稱，根據等量異種電荷周圍電場分布的對稱性可知P、Q兩點的電場強度大小相等，故A正確，不符合題意；
B．等量異種電荷連線的中垂線為等勢線，根據沿電場線方向電勢降低，可知Q點的電勢高于M、N連線中垂線的電勢，而P點的電勢低于M、N連線中垂線的電勢，所以Q點的電勢高于P點的電勢，故B正確，不符合題意；
C．把正電荷從D點移到C點，相對于逆著電場線移動電荷，電場力做負功，電勢能增加，故C錯誤，符合題意；
D．把一帶負電的小球從A點由靜止釋放后，小球將在電場力作用下向靠近M的位置運動，電場力做正功，小球機械能增加，故D正確，不符合題意。
故選：C。
如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m＝0.1kg，帶電荷量為q＝1.0×10﹣6C的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.1。從t＝0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場（取水平向右為正方向，g取10m/s2），求：
（1）0～2s內小物塊的加速度a1、發生的位移x1和2s末的速度v1；
（2）27s內小物塊的位移大小。
（3）27s內損失的機械能和電小物塊電勢能的變化量。
【解答】解：（1）0～2s內，對小物塊，由牛頓第二定律：qE1﹣μmg＝ma1
解得加速度大小為：a1＝2m/s2，方向向右；
小物塊發生的位移：，
代入數據解得：x1＝4m，方向向右；
物塊的速度：v1＝a1t＝2×2m/s＝4m/s，方向向右；
（2）2～4s內，對小物塊，由牛頓第二定律：qE2+μmg＝ma2
解得加速度大小為：a2＝2m/s2，方向向左
4s末小物塊的速度：v2＝v1﹣a2t，解得：v2＝0
小物塊發生的位移：x2＝v1t
代入數據解得：x2＝4m
由此可知小物塊在0～4s內正好完成一次周期性運動，從26s～27s的1s內，小物塊發生的位移為：
解得：x3＝3m
則27s內，小物塊發生的位移s＝6（x1+x2）+x1+x3
代入數據解得：s＝55m；
（3）對小物塊，27s內除重力和彈簧彈力以外的其他力做功：W＝﹣μmgs+7qE1x1﹣6qE2x2﹣qE2x3
代入數據解得：W＝0.2J，所以機械能減少了0.2J
電場力做功：W電＝7qE1x1﹣6qE2x2﹣qE2x3
代入數據解得：W電＝5.7J
所以電勢能減少了5.7J。
答：（1）0～2s內小物塊的加速度為2m/s2，方向向右；發生的位移4m，方向向右；2s末的速度為4m/s，方向向右；
（2）27s內小物塊的位移大小為55m；
（3）27s內機械能減少了0.2J，小物塊電勢能減少了5.7J。
如圖甲所示，在絕緣水平面上建立一維坐標軸Ox，在x＞4L區間的水平面粗糙，其余部分光滑。在x＝0和x＝8L兩處分別固定一點電荷，x＝0處點電荷的電荷量為+Q。取無窮遠處電勢為零，兩電荷連線之間的電勢φ與位置x的關系圖像如圖乙所示，圖中x＝3L點為圖線的最低點，其縱坐標為。在x＝7L處由靜止釋放一個質量為m、電荷量為+q的帶電小滑塊（可視為質點）。已知重力加速度大小為g，靜電力常量為k，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。
（1）判斷x＝8L處點電荷的電性，并求出其電荷量Q'；
（2）若小滑塊恰能到達x＝L處，求小滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數μ；
（3）若小滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數為，求小滑塊在x＞4L區間通過的總路程s。
【解答】解：（1）圖中x＝3L點為圖線的最低點，其切線斜率為零，即該處的場強為零。同種電荷在x＝3L處合場強才有可能為零，因此Q'為正電荷；x＝3L處合場強為零，根據電場的疊加原理得
解得
（2）若小滑塊恰能到達x＝L處，根據動能定理得：
又
聯立解得
（3）討論小滑塊最終停在x＞4L區間的可能性。在x＝4L處小滑塊受到的電場力的合力方向向左，其大小為
解得
在x＞4L區間運動時，小滑塊受到的動摩擦力大小為
可見，在x＝4L處，F＝f，即每當小滑塊運動到x＞4L區間時，其合力不為零，且都向左，因此不可能在x＞4L區間停止運動。小滑塊最終只能在x＝4L左側某區間往復運動，當其運動到x＝4L時速度為零。設小滑塊在x＞4L運動的總路程為s，根據能量守恒定律得
解得
答：（1）x＝8L處點電荷帶正電，其電荷量Q'為；
（2）小滑塊與粗糙水平面間的動摩擦因數為；
（3）小滑塊在x＞4L區間通過的總路程為。

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